教材拓展8：空间几何讲义-2025届高三数学一轮复习

教材拓展：立体几何与空间向量 教材挖掘拓展1：　祖暅原理及其应用 教材挖掘拓展2：几个特殊多面体 教材挖掘拓展3：重要结论 教材挖掘拓展4：三余弦定理与三正弦定理 教材挖掘拓展1：　祖暅原理及其应用 【链接教材】人教A版必修第二册P121探究与发现 祖暅(456年—536年)是南北朝时期伟大的数学家，在数学领域做出了突出的贡献．他提出了体积计算原理：“幂势既同，则积不容异”，“势”即高，“幂”即面积，后人称为“祖暅原理”，用现代语言描述为：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等． 代数语言为：如图，平面α∥平面β，两个几何体T1，T2夹在α与β之间，任意平面γ∥α(或γ∥β，γ可以与α或β重合). 平面γ截T1，T2的截面面积分别为S1与S2，若S1＝S2，则VT1＝VT2. 简记为等高(势)等面(幂)等体积(容). 【应用1】我国南北朝时期著名的数学家祖暅提出了祖暅原理：“幂势既同，则积不容异．”意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，若截得的两个截面的面积总相等，则这两个几何体的体积相等．某工艺品(如图1)对应的立体图形是由双曲线－＝1和直线y＝3及y＝－3围成的封闭图形绕y轴旋转一周后所得到的几何体(如图2)，则该几何体的体积为________． 【答案】　32π 【解析】　由题可得双曲线的渐近线y＝±x与y＝3的交点为(±2，3)，对于双曲线上半部分，如图，构造底面圆心为坐标原点，底面半径为2，高为3的圆柱，则S圆柱底＝4π，在圆柱中挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，以圆柱上底面为底面的圆锥，用一平行于圆柱底面的截面截圆锥，当截面与顶点的距离为h(0≤h≤3)时，设截得的小圆锥的底面半径为r，则由＝，得r＝h， 把y＝h代入－＝1，解得x2＝4＋h2， 则阴影部分的截面面积为π(x2－r2)＝π(4＋h2－h2)＝4π，与所构造的圆柱底面面积相等，故图中阴影部分绕y轴旋转所成几何体的体积与所构造圆柱体的体积相等，由祖暅原理得旋转后所得几何体的体积V＝2×(4π×3＋×4π×3)＝32π. 【举一反三1】祖暅（公元前5～6世纪）是我国齐梁时代的数学家，是祖冲之的儿子，他提出了一条原原理：“幂势既同，则积不容异.”这里的“幂”指水平截面的面积，“势”指高．这句话的意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体体积相等．设由椭圆 所围成的平面图形绕 轴旋转一周后，得一橄榄状的几何体（称为椭球体），课本中介绍了应用祖暅原理求球体体积公式的做法，请类比此法，求出椭球体体积，其体积等于（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】椭圆的长半轴长为，短半轴长为，先构造两个底面半径为，高为的圆柱，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥，根据祖暅原理得出椭球的体积为:，故选：A. 教材挖掘拓展2：几个特殊多面体（正四面体、正八面体、正二十面体、阿基米德体等） 思考：多面体（正四面体、正八面体、阿基米德体）如何放入正文体中？ 1. 正四面体的重要结论 (1)每个面都是正三角形的正四面体(如图1)，此正四面体的体积为正方体体积的. (2)正四面体的外接球、内切球 若正四面体的棱长为a，高为h，正四面体的外接球半径为R，内切球半径为r，则h＝a，R＝a，r＝a，R∶r＝3∶1.R+r=h 2. 正八面体 【应用1】（多选）六氟化硫，化学式为，在常压下是一种无色、无臭、无毒、不燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途.六氟化硫结构为正八面体结构，如图所示，硫原子位于正八面体的中心，6个氟原子分别位于正八面体的6个顶点，若相邻两个氟原子之间的距离为，则下列正确的是（ ） A.该正八面体结构的外接球表面积为 B.该正八面体结构的内切球表面积为 C.该正八面体结构的表面积为 D.该正八面体结构的体积为 【答案】ABC 【解析】对A：底面中心到各顶点的距离相等，故为外接球球心， 外接球半径，故该正八面体结构的外接球表面积，故A正确； 对B：该正八面体结构的内切球半径，故内切球的表面积，故B正确； 对C：由题知，各侧面均为边长为的正三角形，故该正八面体结构的表面积，故C正确； 对D：连接，，则，底面，故该正八面体结构的体积，故D错误；故选：ABC. 3.阿基米德体 【链接教材】P 116T3 阿基米德体 【应用1】（山东省实验中学2024-2025学年高二上学期11月期中考试）立体几何中有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数24，棱长为的半正多面体，它所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得的，下列结论正确的有（    ）    A．平面 B．，，，四点共面 C．点到平面的距离为 D．若为线段上的动点，则直线与直线所成角的余弦值范围为 【答案】ABD 【解析】“阿基米德体”是由如图所示得到的，即“阿基米德体”的所有顶点都是正方体的棱的中点.    A选项：由图可知平面，A选项正确； B选项：∵，，，四点均是正方体个棱上中点，∴，∴，，，四点共面，B选择正确；    C选项：如图建立空间直角坐标系，    ∵，∴正方体棱长为4，∴，，，， 所以，设平面的一个法向量为， 则，解得，即， ， ∴点到平面的距离，故C选项错误； 设且，所以， 设与的夹角为， 所以 当时，令， 因为当且仅当，即时取等号， 所以，即当时，， 所以直线与直线所成角的余弦值范围为，故D选项正确. 故选：ABD. 4.正二十面体 【应用1】早期的毕达哥拉斯学派学者注意到：用等边三角形或正方形为表面可构成四种规则的立体图形，即正四面体、正六面体、正八面体和正二十面体，它们的各个面和多面角都全等．如图，正二十面体是由20个等边三角形组成的正多面体，共有12个顶点，30条棱，20个面，是五个柏拉图多面体之一．如果把按计算，则该正二十面体的外接球半径与棱长的比为 ；该正二十面体的表面积与该正二十面体的外接球表面积之比等于 ． 【解析】如图，这个正二十面体上方的一个正五棱锥： 则正二十面体的外接球就是这个五棱锥的外接球. 不妨设正二十面体的棱长为2.如图： 正五边形的外接圆半径就是黄金的外接圆半径， 设为，则. 则到正五边形中心的距离为：. 设正二十面体的外接球半径为，则. 所以正二十面体的外接球半径与棱长的比为：. 正二十面体的表面积与该正二十面体的外接球表面积之比：. 故答案为：； 5.正方体重要性质： （1）必修2P158例4（三角截面性质；正方体两三角截面平行），必修二P171例复习参考题综合运用T12（结论：体对角线垂直三角截面，垂足为截面三角的重心，两平行三角截面三等分体对角线）。 （2）正方体体对角线与各棱所成的角相等，且与各个面所成的角相等。 (3)正六面体的斜截面问题有以下几种情况： 锐角三角形1等腰三角形2等边三角形3梯形4 平形四边形5 菱形6 矩形7 任意五边形8任意六边形9正六边形10 【教材链接】1：本题源于2019年版人教版必修二P140例4已知正方体（图8.5-16），求证：平面平面. 【链接教材】2：必修二P171例复习参考题综合运用T12 【应用1】在棱长为1的正方体中，点M在线段上运动，则下列说法正确的是（ ） A.直线平面 B. 点B到平面A1C1D的距离为 C. 正方体所有棱长与平面所成角的都相等。 D. 异面直线所成角的取值范围是 【解析】法一（秒杀解）由正方体三角截面的性质（正方体三角截面平行且垂直体对角线且三等分体对角线，正方体所有棱长与三角截面所成角的都相等） 知平面A1C1D，故选项A错误；点B到平面A1C1D的距离为的，即，故B错误；C正确；用排除法D选项错误。 法二（通法解）A错，由正方体知，，，则，，……（要证线线垂直，转化为证一直线垂直另一直线所在平面） 同理，，则，而面与相交，……（垂直同一直线的两平面平行） 故A错。 B错，三棱锥B-A1C1D为棱长为的正四面体，点B到平面A1C1D的射影为A1C1D的重心，点B到平面A1C1D的距离为…..（三角形重心定理，结合勾股定理）故B错。 C正确，在正三棱锥D1-A1C1D中，侧棱与面A1C1D的所成角的都相等，正方体的其余棱长分别与平行，故C正确。 D错，当点M与线段的端点重合时，所成角取得最小值，故D错。 正方体截面问题 【应用2】（安徽省皖南八校2024届高三4月第三次联考T7） 如图，在棱长为2正方体中，内部有一个底面垂直于的圆锥，当该圆锥底面积最大时，圆锥体积最大为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】如图所示，取的中点，记为， 易知六边形为正六边形，此时的中点在正六边形的中心， 当圆锥底面内切于正六边形时该圆锥的底面积最大， 设此时圆锥底面圆半径为，因为，所以， 圆锥底面积为，圆锥顶点为（或）处， 此时圆锥体积最大，此时. 故选：C. 教材挖掘拓展3：重要结论 【链接教材1】（人教A版必修二P171立体几何初步小结复习参考题8T15)从直线a，b和平面这三个空间元素中任取两个，若已知它们与第三个元素有平行或垂直关系，则所取的两个元素是否也有平行或垂直关系？你能得到哪些结论？写出一些你认为重要的，如果三个元素分别是直线m、平面和，你能得到哪些结论？ 【解析】对直线a，b和平面: ①；     ②； 对直线m、平面和； ①      ② 【链接教材2】(1)（人教A版必修二P145T14）是异面直线，，则. (2)，，，，求证. (3)如图，平面.判断c与a，c与的位置关系，并说明理由. 【解析】.理由如下：∵平面. 又.又. (4)（人教A版必修二P155练习T4）垂直于同一条直线的两个平面互相平行.，，则 . (5)（人教A版必修二P160例9）已知平面平面，直线，，则. (6)（人教A版必修二P162T10）已知平面.满足求证： (7)已知平面，且，求证：. (8)过直线外一点，有且只有一条直线与这条直线平行． (9)过平面外一点，有且只有一条直线与这个平面垂直． (9)过直线外一点，有且只有一个平面与这条直线垂直． 【应用1】易错判断:（人教A版必修二P162练习T2(4)）平面内任意一点作交线的垂线，则此垂线必垂直于平面. 析:若内的任意一点取在交线上，所作垂线可能不在平面内，所以不一定要直于，故错误. 【应用2】已知α,β是两个不同的平面,m,n是平面α及β之外的两条不同直线,给出下面四个论断:①m⊥n;②α⊥β;③n⊥β;④m⊥α.以其中的三个论断作为条件,余下的一个论断作为结论,写出一个正确的命题:　　　　.(用序号表示)  【答案】①③④⇒②(或②③④⇒①,答案不唯一) 【解析】若①m⊥n,②α⊥β,③n⊥β成立,则m与α可能平行也可能相交,即④m⊥α不一定成立;若①m⊥n,②α⊥β,④m⊥α成立,则n与β可能平行也可能相交,即③n⊥β不一定成立;若①m⊥n,③n⊥β,④m⊥α成立,因为m⊥n,n⊥β,所以m∥β,又m⊥α,所以α⊥β,即①③④⇒②;若②α⊥β,③n⊥β,④m⊥α成立,因为α⊥β,n⊥β,所以n∥α,又m⊥α,所以m⊥n,即②③④⇒①. 教材挖掘拓展4：三余弦定理 如图所示，O为平面α内一点，直线l是平面α的一条过点O的斜线，OB为OA在平面α内的射影，OC为平面α内任一直线，则cos ∠AOC＝cos ∠AOB·cos ∠BOC. 最小角定理cos θ=cos θ1cos θ2如图,若OA为平面α的一条斜线,O为斜足,OB为OA在平面α内的射影,OC为平面α内的一条直线,其中θ为OA与OC所成的角,θ1为OA与OB所成的角,即线面角,θ2为OB与OC所成的角,那么cos θ=cos θ1cos θ2. (2)若二面角A⁃BC⁃D的大小为α,平面ABC内的直线l与平面BCD所成的角为β,则α≥β,当l⊥BC时,取等号. 【链接教材】（选择性必修一P38T2）PA，PB，PC是从点P出发的三条射线，每两条射线的夹角均为，那么直线PC与平面PAB所成角的余弦值是（ ）． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】法一：在PC上任取一点D并作DO⊥平面APB，则∠DPO就是直线PC与平面PAB所成的角．过点O作OE⊥PA，OF⊥PB，因为DO⊥平面APB，则DE⊥PA，DF⊥PB． △DEP≌△DFP，∴EP＝FP，∴△OEP≌△OFP， 因为∠APC＝∠BPC＝60°，所以点O在∠APB的平分线上，即∠OPE＝30°． 设PE＝1，∵∠OPE＝30°∴OP 在直角△PED中，∠DPE＝60°，PE＝1，则PD＝2． 在直角△DOP中，OP，PD＝2．则cos∠DPO． 即直线PC与平面PAB所成角的余弦值是 ． 故选：C 法二　如图所示,把PA,PB,PC放在正方体中,PA,PB,PC的夹角均为60°.建立如图所示的空间直角坐标系,设正方体棱长为1,则P(1,0,0),C(0,0,1),A(1,1,1),B(0,1,0),所以,设平面PAB的法向量,则令x=1,则y=1,z=-1,所以, 所以.设直线PC与平面PAB所成的角为θ,所以sinθ=,所以cos θ=.故选B. 【举一反三1】　已知∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为，则点P到平面ABC的距离为_ 【答案】 【解析】 作PD，PE分别垂直于AC，BC，PO⊥平面ABC， 连接CO，易知CD⊥PD，CD⊥PO，又PD，PO⊂平面PDO，PD∩PO＝P， 所以CD⊥平面PDO，又OD⊂平面PDO，所以CD⊥OD. 因为PD＝PE＝，PC＝2.所以sin ∠PCE＝sin ∠PCD＝， 所以∠PCB＝∠PCA＝60°，又PO⊥CO，所以CO为∠ACB的平分线， 所以∠OCD＝45°，由三余弦定理知cos ∠PCO·cos ∠OCD＝cos ∠PCD， 所以·cos 45°＝cos 60°，所以·＝，解得OC＝， 所以PO＝＝.即点P到平面ABC的距离为. 试卷第1页，共13页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 教材拓展：立体几何与空间向量 教材挖掘拓展1：　祖暅原理及其应用 教材挖掘拓展2：几个特殊多面体 教材挖掘拓展3：重要结论 教材挖掘拓展4：三余弦定理与三正弦定理 教材挖掘拓展1：　祖暅原理及其应用 【链接教材】人教A版必修第二册P121探究与发现 祖暅(456年—536年)是南北朝时期伟大的数学家，在数学领域做出了突出的贡献．他提出了体积计算原理：“幂势既同，则积不容异”，“势”即高，“幂”即面积，后人称为“祖暅原理”，用现代语言描述为：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等． 代数语言为：如图，平面α∥平面β，两个几何体T1，T2夹在α与β之间，任意平面γ∥α(或γ∥β，γ可以与α或β重合). 平面γ截T1，T2的截面面积分别为S1与S2，若S1＝S2，则VT1＝VT2. 简记为等高(势)等面(幂)等体积(容). 【应用1】我国南北朝时期著名的数学家祖暅提出了祖暅原理：“幂势既同，则积不容异．”意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，若截得的两个截面的面积总相等，则这两个几何体的体积相等．某工艺品(如图1)对应的立体图形是由双曲线－＝1和直线y＝3及y＝－3围成的封闭图形绕y轴旋转一周后所得到的几何体(如图2)，则该几何体的体积为________． 【举一反三1】祖暅（公元前5～6世纪）是我国齐梁时代的数学家，是祖冲之的儿子，他提出了一条原原理：“幂势既同，则积不容异.”这里的“幂”指水平截面的面积，“势”指高．这句话的意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体体积相等．设由椭圆 所围成的平面图形绕 轴旋转一周后，得一橄榄状的几何体（称为椭球体），课本中介绍了应用祖暅原理求球体体积公式的做法，请类比此法，求出椭球体体积，其体积等于（ ） A． B． C． D． 教材挖掘拓展2：几个特殊多面体（正四面体、正八面体、正二十面体、阿基米德体等） 思考：多面体（正四面体、正八面体、阿基米德体）如何放入正文体中？ 1. 正四面体的重要结论 (1)每个面都是正三角形的正四面体(如图1)，此正四面体的体积为正方体体积的. (2)正四面体的外接球、内切球 若正四面体的棱长为a，高为h，正四面体的外接球半径为R，内切球半径为r，则h＝a，R＝a，r＝a，R∶r＝3∶1.R+r=h 2. 正八面体 【应用1】（多选）六氟化硫，化学式为，在常压下是一种无色、无臭、无毒、不燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途.六氟化硫结构为正八面体结构，如图所示，硫原子位于正八面体的中心，6个氟原子分别位于正八面体的6个顶点，若相邻两个氟原子之间的距离为，则下列正确的是（ ） A.该正八面体结构的外接球表面积为 B.该正八面体结构的内切球表面积为 C.该正八面体结构的表面积为 D.该正八面体结构的体积为 3.阿基米德体 【链接教材】P 116T3 阿基米德体 【应用1】（山东省实验中学2024-2025学年高二上学期11月期中考试）立体几何中有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数24，棱长为的半正多面体，它所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得的，下列结论正确的有（    ）   A．平面 B．，，，四点共面 C．点到平面的距离为 D．若为线段上的动点，则直线与直线所成角的余弦值范围为 4.正二十面体 【应用1】早期的毕达哥拉斯学派学者注意到：用等边三角形或正方形为表面可构成四种规则的立体图形，即正四面体、正六面体、正八面体和正二十面体，它们的各个面和多面角都全等．如图，正二十面体是由20个等边三角形组成的正多面体，共有12个顶点，30条棱，20个面，是五个柏拉图多面体之一．如果把按计算，则该正二十面体的外接球半径与棱长的比为 ；该正二十面体的表面积与该正二十面体的外接球表面积之比等于 ． 5.正方体重要性质： （1）必修2P158例4（三角截面性质；正方体两三角截面平行），必修二P171例复习参考题综合运用T12（结论：体对角线垂直三角截面，垂足为截面三角的重心，两平行三角截面三等分体对角线）。 （2）正方体体对角线与各棱所成的角相等，且与各个面所成的角相等。 (3)正六面体的斜截面问题有以下几种情况： 锐角三角形1等腰三角形2等边三角形3梯形4 平形四边形5 菱形6 矩形7 任意五边形8任意六边形9正六边形10 【教材链接】1：本题源于2019年版人教版必修二P140例4已知正方体（图8.5-16），求证：平面平面. 【链接教材】2：必修二P171例复习参考题综合运用T12 【应用1】在棱长为1的正方体中，点M在线段上运动，则下列说法正确的是（ ） A.直线平面 B. 点B到平面A1C1D的距离为 C. 正方体所有棱长与平面所成角的都相等。 D. 异面直线所成角的取值范围是 【应用2】（安徽省皖南八校2024届高三4月第三次联考T7） 如图，在棱长为2正方体中，内部有一个底面垂直于的圆锥，当该圆锥底面积最大时，圆锥体积最大为（ ） A. B. C. D. 教材挖掘拓展3：重要结论 【链接教材1】（人教A版必修二P171立体几何初步小结复习参考题8T15)从直线a，b和平面这三个空间元素中任取两个，若已知它们与第三个元素有平行或垂直关系，则所取的两个元素是否也有平行或垂直关系？你能得到哪些结论？写出一些你认为重要的，如果三个元素分别是直线m、平面和，你能得到哪些结论？ 【链接教材2】(1)（人教A版必修二P145T14）是异面直线，，则. (2)，，，，求证. (3)如图，平面.判断c与a，c与的位置关系，并说明理由. (4)（人教A版必修二P155练习T4）垂直于同一条直线的两个平面互相平行.，，则 . (5)（人教A版必修二P160例9）已知平面平面，直线，，则. (6)（人教A版必修二P162T10）已知平面.满足求证： (7)已知平面，且，求证：. (8)过直线外一点，有且只有一条直线与这条直线平行． (9)过平面外一点，有且只有一条直线与这个平面垂直． (9)过直线外一点，有且只有一个平面与这条直线垂直． 【应用1】易错判断:（人教A版必修二P162练习T2(4)）平面内任意一点作交线的垂线，则此垂线必垂直于平面. 【应用2】已知α,β是两个不同的平面,m,n是平面α及β之外的两条不同直线,给出下面四个论断:①m⊥n;②α⊥β;③n⊥β;④m⊥α.以其中的三个论断作为条件,余下的一个论断作为结论,写出一个正确的命题:　　　　.(用序号表示)  教材挖掘拓展4：三余弦定理 如图所示，O为平面α内一点，直线l是平面α的一条过点O的斜线，OB为OA在平面α内的射影，OC为平面α内任一直线，则cos ∠AOC＝cos ∠AOB·cos ∠BOC. 最小角定理cos θ=cos θ1cos θ2如图,若OA为平面α的一条斜线,O为斜足,OB为OA在平面α内的射影,OC为平面α内的一条直线,其中θ为OA与OC所成的角,θ1为OA与OB所成的角,即线面角,θ2为OB与OC所成的角,那么cos θ=cos θ1cos θ2. (2)若二面角A⁃BC⁃D的大小为α,平面ABC内的直线l与平面BCD所成的角为β,则α≥β,当l⊥BC时,取等号. 【链接教材】（选择性必修一P38T2）PA，PB，PC是从点P出发的三条射线，每两条射线的夹角均为，那么直线PC与平面PAB所成角的余弦值是（ ）． A. B. C. D. 【举一反三1】　已知∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为，则点P到平面ABC的距离为_ 试卷第1页，共13页 学科网（北京）股份有限公司 $$